高三数学一轮复习第2篇第11节导数在研究函数中的应用课件理

合集下载

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用 2.11.1 利用导数研究函数的单调性课件理

第十一节导数在研究函数中的应用
第一课时利用导数研究函数的单调性
【知识梳理】函数的单调性与导数的关系函数y=f(x)在某个区间内可导: (1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内_________; (2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内_单__调__递__增__; (3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是单_调__递__减____.
常数函数
【特别提醒】导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a,b)内单调递增 (或递减)的充分不必要条件. (2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)=0不恒成立).
【小题快练】链接教材练一练 1.(选修2-2P24例1改编)如图所示是函数f(x)的导函数 f′(x)的图象,则下列判断中正确的是 ( )
(
43)经 3检a 验196满足2题(意43) .
16a 3

8 3

0,
a 1. 2
(2)由(1)知g(x)= (1 x3 x2)ex , 所以
g′(x)=
(
3
x2

2 2x)ex
(
1
x3

x2
)ex
2
2
(1 x3 5 x2 2x)ex 22
令 1g′x x(x)1=0x,解4得ex.x=0,x=-1或x=-4.
2
当x<-4时，g′(x)<0,故g(x)为减函数；
A.函数f(x)在区间(-3,0)上是减函数 B.函数f(x)在区间(-3,2)上是减函数 C.函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D.函数f(x)在区间(-3,2)上是单调函数【解析】选A.当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,则f(x)在 (-3,0)上是减函数.其他判断均不正确.

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研

第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系1．概念辨析(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )(3)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．( ) 答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．(3)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案 D解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案 3解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.经检验a ＝3也满足题意，所以a 的最大值是3.题型一不含参数的函数的单调性1．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减 C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减答案 D解析 f ′(x )＝x ′ln x ＋x (ln x )′＝ln x ＋1. 由f ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故只有D 正确． 2．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞) 答案 B解析函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．3．(2019·某某金溪一中等校联考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f x ex的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，4 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43D ．(0,1)，(4，＋∞) 答案 D解析由题图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增后减最后增的曲线为f (x )的图象．因为g (x )＝f xex，所以g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由图象可知，当x ∈(0,1)和(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，此时g ′(xg (x )的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．条件探究若举例说明1中的函数变为f (x )＝ln xx，试求f (x )的单调区间．解函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．确定不含参数的函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.1.(2017·某某高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上是先增后减再增．故选D.f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D．(1,2) 答案 C解析函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －22x －1x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞).3.(2019·某某调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析因为f (x )＝x sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0.又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2，所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.题型二含参数的函数的单调性(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ．讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．条件探究1 若举例说明中的函数变为f (x )＝ax 2－a －ln x ，应如何解答？解由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．条件探究2 若举例说明中的函数变为f (x )＝x －2x＋1－a ln x (a >0)，应如何解答？解由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0<a ≤22时，对一切x >0都有f ′(xf (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f (x )的定义域．(2)求f ′(x )，并尽量化为乘积或商的形式． (3)令f ′(x )＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f ′(x )恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a ≤2时，f ′(x )恒小于等于0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f ′(x )的符号确定单调区间．如举例说明中a >2时，f ′(x )＝0有两个实根.1．已知函数f (x )＝13x 3－(2m ＋1)x 2＋3m (m ＋2)x ＋1，其中m ∈R ，求函数f (x )的单调递增区间．解 f ′(x )＝x 2－2(2m ＋1)x ＋3m (m ＋2) ＝(x －3m )(x －m －2)．当3m ＝m ＋2，即m ＝1时，f ′(x )＝(x －3)2≥0，∴f (x )单调递增，即f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当3m >m ＋2，即m >1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0可得x <m ＋2或x >3m ，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)．当3m <m ＋2，即m <1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0，可得x <3m 或x >m ＋2，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)．综上所述，当m ＝1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当m >1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)；当m <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝e 2x－a e x －a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．题型三函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式1．(1)(2019·某某模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f e e，b ＝f ln 2ln 2，c ＝f －3－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b(2)已知函数f (x )＝x 2－cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的x 0的取值X 围为________．答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2解析 (1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f x x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， ∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b .故选D.(2)f ′(x )＝2x ＋sin x .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增．由f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，知π3<x 0≤π2.又因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以－π2≤x <－π3也满足条件．角度2 根据函数单调性求参数2．(1)(2018·某某江南十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3](2)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.①求b ，c 的值；②若a >0，求函数f (x )的单调区间；③设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围．答案 (1)A (2)见解析解析 (1)∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x，∴由f ′(x )≤0解得0<x ≤3，由题意知{ a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.(2)①f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.②由①得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． ③g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)．利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )>g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值X 围．(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值X 围．如举例说明2(2)．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，word 令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值X 围．如举例说明2(1).1．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f x x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )答案 B解析 f ′(x )＋f x x >0⇒xf ′x ＋f x x >0⇒[xf x ]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.2．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值X 围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞D ．[2，＋∞) 答案 B解析若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0在[1,2]上恒成立，即a ≥x ＋1x 在[1,2]上恒成立，又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝2＋12＝52，所以a ≥52.故选B. 3．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值X 围是________．答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.。

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用课件

12/11/2021
第二十八页，共六十七页。
解析由条件知 f′(x)＝2x＋a－x12≥0 在12，＋∞上恒
成立，即 a≥x12－2x 在12，＋∞上恒成立．∵函数 y＝x12－
2x 在12，＋∞上为减函数，∴ymax＜112－2×12＝3，∴a≥3. 2
经检验，当 a＝3 时，满足题意．
12/11/2021
12/11/2021
第十六页，共六十七页。
∴对应函数 f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除 A，C. 如图所示，f′(x)有 3 个零点，从左到右依次设为 x1， x2，x3，且 x1，x3 是极小值点，x2 是极大值点，且 x2>0，故选项 D 正确．故选 D.
12/11/2021
12/11/2021
第五页，共六十七页。
2．函数的极大值与极大值点若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大，且 f′(b)＝0，而且在 x＝b 附近的左侧 f′(x)＞0 ，右侧 f′(x)＜0 ，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1) C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2) D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
12/11/2021
第三十三页，共六十七页。
解析由图可得函数 y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2，则当 x<1 时，1－x>0，此时在(－∞，－2)上 f′(x)>0，在(－ 2,1)上 f′(x)<0；当 x>1 时，1－x<0，此时在(1,2)上 f′(x)<0，在(2，＋∞)上 f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－2)为增函数，在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此 f(x)有极大值 f(－2)，极小值 f(2)．故选 D.

高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第十一节导数在研究函数中的应用课件理

∴ f′ (x)<0 的解集为 (x1，x2)，∴ a>0. 又 x1，x2 均为正数，∴ 3ca>0，－23ba>0，可得 c>0，b<0. 答案： A
(2014·江西卷 ) 已知函数 f(x) ＝ (x 2 ＋ bx ＋ b)· 1－ 2x
(b ∈ R) ．
(1) 当 b＝ 4 时，求 f(x) 的极值；
(1)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为 (
)
A．(－1，1]
B．(0，1]
C．[1，＋∞ )
D．(0，＋∞ )
解：由题意知，函数的定义域为 (0，＋∞ )，
又由 y′＝x－1x≤ 0，解得 0<x≤ 1，
所以函数的单调递减区间为 (0，1]．
答案： B
(2)(2015·安徽卷)` 函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是 ( )
解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由 f′(x)为偶函数，知 f′(－x)＝f′(x)，即 2(a－b)(e2x－e－2x)＝0 恒成立．因 e2x－e－2x>0，所以 a＝b. 又 f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故 a＝1，b＝1. (2)当 c＝3 时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，则 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3 ≥ 2 2e2x· 2e－2x－3＝1>0. 故 f(x)在 R 上为增函数．
当 x∈ (－ 2， 0) 时， f′ (x)>0 ， f(x) 单调递增；
当 x∈???0，12???时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，故 f(x)在 x＝－2 取得极小值 f(－2)＝0，在 x＝0 取得极大值 f(0)

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2111导数的应用课件理新人教A版

答案－32 3
解法一：因为 f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1 ＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，设 cosx＝t，则 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以 y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以当－1<t<21时， y′>0；当21<t<1 时，y′<0。所以函数 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在－1，21 上单调递增，在12，1上单调递减，所以当 t＝12时，ymax＝247；当 t＝±1 时， ymin＝0。所以 0≤y≤247，即 0≤[f(x)]2≤247，所以－32 3≤f(x)≤32 3，所以 f(x)的最小值为－32 3。
(ⅱ)当 0<2a<1，即 0<a<2 时，由 f′(x)>0，得 0<x<a2或 x>1；由 f′(x)<0，得a2<x<1。则函数 f(x)的单调递增区间为0，a2，(1，＋∞)，函数 f(x)的单调递减区间为a2，1。 (ⅲ)当2a＝1，即 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)。
2．函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数
值都小
，且 f′(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右
侧 f′(x)＞0 ，则 x＝a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。
(2)函数的极大值
1．函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，“f′(x)>0 在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。

高三理科数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第十一节导数在研究函数中的应用课件

恒成立,则 a 的取值范围是
()
A.
-∞,
3 2
B.
0,
3 2
C.
-∞,-
3 2
D.
3 2
,
+
∞
4.D 【解析】由 f(x)≤f'(x),整理得 x2-2x+1≤2a(1-x),又因为-2≤x≤-1,所以
a≥��22-(21��-��+��)1 在��
∈
[−2,
−1]上恒成立,
f'(x)=llnn��2��-��1�� + 2 = ln��-1ln+22��ln2��.
15
令 f'(x)=0 得 2ln2x+ln x-1=0,
解得
ln
x=12
或
ln
��
=
−1(舍),
即��
=
1
e2.
1
1
当 1<x<e2时, ��′(��) < 0, 当�� > e2时,f'(x)>0.
∴a≤ln12��
−
1 ln��
=
∵x∈(1,+∞),
∴ln x∈(0,+∞),
1 ln��
-
1 2
2 − 14.
∴当 1
ln��
−
1 2
=
0,
即��
=
e2时,
1 ln��
-
1 2
2
−
1 4
有最小值为

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(一)课件文

(1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围．含参数的导数解答题，首先求定义域，注意应用分类讨论思想方法．
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln a. 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
解析令 g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1. 由题意知 g′(x)>0，∴g(x)为增函数． ∵g(2)＝f(2)－2＝0， ∴g(x)>0 的解集为(2，＋∞)．
经典题型冲关
题型 1 利用导数研究函数的单调性角度 1 判断或证明函数的单调性典例 (2017· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
第2章
函研究函数中的应用(一)
基础知识过关
[知识梳理] 1．函数的单调性与导数
2．函数的极值与导数设函数 f(x)在点 x0 及其附近有定义
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为 0 的点，但导数为 0 的点不一定是极值点，即 f′(x0) ＝0 是可导函数 f(x)在 x＝x0 处取得极值的必要不充分条件．例如，函数 y＝x3 在 x＝0 处有 y′＝0，但 x＝0 不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的极值点．
解析 ∵若 x0 是 f(x)的极小值点，则 y＝f(x)的图象大致如右图所示，则在(－∞，x0)上不单调，故 C 不正确．故选 C.

高考数学一轮复习第2章第11节导数在研究函数中的应用课件理苏教版

ppt精选
4
3．函数的最值
(1)最大值与最小值的概念
如果在函数定义域 I 内存在 x0，使得对任意的 x∈I，总有 f(x)≤f(x0) ，则称 f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最大值．如果在函数定义域 I 内存在 x0，使得对任意的 x∈I，总有f(x)≥f(x0) ，则称
f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最小值．
[解] f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 令 f′(x)＝0，得 x＝kπ(k∈N*)．当 x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时 f′(x)<0；当 x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x<0，此时 f′(x)>0. 故 f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．
ppt精选
13
[解] (1)f′(x)＝x2＋2x＋a，方程 x2＋2x＋a＝0 的判别式 Δ＝4 －4a，
∴当 a≥1 时，Δ≤0，∴f′(x)≥0，此时 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当 a<1 时，方程 x2＋2x＋a＝0 的两根为－1± 1－a，
当 x∈(－∞，－1－ 1－a)时，f′(x)>0，此时 f(x)单调递增，
[解析] ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2. ∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，有 f(0)>f(2)>f(－2)． ∴m＝3，最小值为 f(－2)＝－37. [答案] －37
ppt精选
9
4．(2014·新课标Ⅱ)若函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则 k 的取值范围是________．

高三数学一轮复习第二章第十一节导数在研究函数中的应用课件理新人教A版

(2013·广州调研)设f(x)＝1＋exax2，其中a为正实数．
(1)当a＝43时，求f(x)的极值点； (2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
【思路点拨】
(1)当a＝
4 3
时，求f′(x)＝0的根，然后利
用极值与导数的关系判定；(2)转化为判定f′(x)不变号满足
的不等式，求a的范围．
【提示】不一定．如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0) ＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点，对于可导函数，若x ＝x0为其极值点，则需满足以下两个条件：①f′(x0)＝0，②x ＝x0两侧的导数f′(x)的符号异号．因此f′(x0)＝0是函数y＝f(x) 在点x＝x0取得极值的必要(bìyào)不充分条件．
第七页，共48页。
1．(人教A版教材习题改编)当x＞0时，f(x)＝x＋
4 x
的单
调减区间是( )
A．(2，＋∞) C．( 2，＋∞)
B．(0，2) D．(0， 2)
第八页，共48页。
【解析】 f′(x)＝1－x42，令f′(x)＜0， ∴1－x42＜0，∴0＜x＜2，
x＞0， ∴f(x)的减区间为(0，2)．
第十六页，共48页。
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<exx＋－11＋x(x>0)．
①
令g(x)＝exx＋－11＋x，
则g′(x)＝（－exx－ex－1）12＋1＝ex（（eexx－－x1－）22）.
第二十八页，共48页。
(2)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝x(－3x＋2a)，∵a＜0，

高三人教A版数学(理)一轮复习课件：第2章第11节导数在研究函数中的应用51页PPT

·
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
高考体验 · 明考情
课后作业
新课标 ·理科数学（广东专用）
自
【解析】
导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图
高考
主
落象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个.
体验
实
·
·
明
固
考
基
情
础
【答案】 A
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
高考
主
体
落实
若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其验 ·
· 固
他点的函数值___都__大____，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左
明考
基
情
础侧_____f_′_(x_)_>_0__，右侧_____f_′(_x_)_<_0__，则b点叫函数的极大
值点，f(b)叫函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．
课
探
后
究 ·
【答案】 A
作业
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
4．(2019·陕西高考)设函数f(x)＝xex，则( )
高
自
主
A．x＝1为f(x)的极大值点
考体
落
验
实 ·
B．x＝1为f(x)的极小值点
· 明
固
考
基础
C．x＝－1为f(x)的极大值点
情

高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用一课件理

第四十六页，共76页。
冲关xln
x－x，g(x)＝
a 2
x2－
ax(a∈R)．
(1)若f(x)和g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a的
第三十六页，共76页。
解 (1)对f(x)求导得 f′(x)＝6x＋aex－ex32 x2＋axex＝－3x2＋e6x－ax＋a，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 当a＝0时，f(x)＝3exx2，f′(x)＝－3xe2x＋6x，故f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
第四十一页，共76页。
第四十二页，共76页。
第四十三页，共76页。
第四十四页，共76页。
方法技巧 1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
第四十五页，共76页。
2．已知函数极值点或极值求参数的两个要领 (1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
3a
3
，
33a，＋∞ 上为增函数，
在－
33a，
33a上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a>0
时，f(x)在－∞，－
3a
3
，
33a，＋∞
上为增函数，在
－
33a，
33a上为减函数．
第二十五页，共76页。
(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．

高三数学一轮复习第2篇第11节导数在研究函数中的应用理

.
编写意图利用导数求函数的单调区间及极值(参数范围是高考命题的热点,常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题,主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用,题型主要以解答题为主,属中高档题.本节围绕高考命题的规律进行设点选题,重点突出利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数单调区间、利用导数研究函数的极值与最值以及利用导数解决生活中的最优化问题,难点突破含参函数的单调性、极值与最值问题,利用函数的单调性或极值与最值情况确定参数的取值或取值范围,分类讨论思想、转化与化归思想、数形结合思想的应用,答题模板栏目突破了利用导数确定函数单调区间的一般步骤,规范了思维,序化了答题.课时训练以考查基础知识、基本方法和基本技能为主,精挑细选,立题新颖,题题都有可能会是高考命题的再生点.
解析:设盒子容积为 y cm3,盒子的高为 x cm. 则 y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x(0<x<5), ∴y′=12x2-104x+160. 令 y′=0,得 x=2 或 x= 20 (舍去),
3 ∴ymax=6×12×2=144(cm3). 故选 C.
.
4.已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是增函数,则 a 的最大值是
.
质疑探究2: f′(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取极值的什么条件? (提示:必要不充分条件,因为当f′(x0)=0且x0左右两端的导数符号变化时,才能说f(x)在x=x0处取得极值.反过来,如果可导函数f(x)在x=x0处取极值,则一定有f′(x0)=0)
.
3.函数的最值与导数求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤: (1)求y=f(x)在(a,b)内的极值 ; (2)将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b)比较, 其中最大的一个为最大值, 最小的一个为最小值. 4.利用导数解决实际生活中的优化问题 (1)分析实际问题中各变量之间的关系,建立实际问题的数学模型, 写出相应的函数关系式y=f(x)并确定定义域; (2)求导数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)判断使f′(x)=0的点是极大值点还是极小值点; (4)确定函数的最大值或最小值,还原到实际问题中作答.

高考数学一轮复习 2.11 导数在研究函数中的应用课件文新人教A版

(A)(-∞,1).
(B)(-1,0).
(C)(0,1).
(D)(0,+∞).
【解析】由题意知:a≠0,①当-1<a<0时,显然满足题意;②当a >0时,显然不满足题意;③当a≤-1时,显然不满足题意.
【答案】B
高考中的应用
核心突围技能聚合
【解析】(1)f'(x)=-x+ b ,则问题即为-x+ b ≤0在(2,+∞)上恒成
x
x
立,可化为b≤x2在(2,+∞)上恒成立.
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
而x2在(2,+∞)上大于4,则b≤4. (2)y'=2cos x+ex,而ex≥e,2cos x≥-2, ∴y'>0,那么在区间[1,+∞)上,函数y=2sin x+ex为增函数.
题型1 利用导数研究函数的单调性
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
例1 (1)若1f(x)=- x2+bln x在(2,+∞)上是减函数,则b
2
的取值范围是 ( )
(A)[4,+∞).
(B)(4,+∞).
(C)(-∞,4].
(D)(-∞,4).
(2)函数y=2sin x+ex在[1,+∞)上 ( )
2.利用导数研究实际问题的最值,其一般步骤为:
①分析实际问题中各量之间的关系,找出对应的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系y=f(x)(注意函数的实际需要的限制);
高考第一轮复习用书·数学(文科)

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课件第二章第十一节导数在函数研究中的应用ppt版本

f
′(x)
＝
21ex[(ex)2
－
3ex
＋
2]
＝
1 2ex
(ex－1)(ex－2)，
令 f ′(x)＝0，得 ex＝1 或 ex＝2，
即 x＝0 或 x＝ln 2；
令 f ′(x)>0，得 x<0 或 x>ln 2；
令 f ′(x)<0，则 0<x<ln 2.
∴f(x)在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上
导函数 f ′(x)在(a，b)内的图象如导函数 f ′(x)的图象
图所示，则函数 f(x)在开区间 A )
图象在 x 轴下方，右侧
图象在 x 轴上方的只有
一个，故选 A.
A．1 个 C．3 个
B．2 个 D．4 个
知识点二
知识点一知识点二
试题
考点二
典题悟法演练冲关
已知单调性求参数范围|
(2015·福州模拟 ) 已知函数 f(x)＝e2x－e1x－ax(a∈R)． (1)当 a＝32时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在[－1,1]上为单调函数，求实数 a 的取值范围．
试题
解析
(1)当 a＝32时，f(x)＝e2x－e1x－23x，
考点二
典题悟法演练冲关
2．已知函数 f(x)＝ex－ax(a ∈R，e 为自然对数的底数)． (1) 讨论函数 f(x) 的单调性； (2)若 a＝1，函数 g(x)＝(x －m)f(x)－ex＋x2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数 m 的取值范围．
试题
解析
h′(x)＝ex2－ex－xe1x－2 2ex＝exeexx－－x1－2 2. 令 L(x)＝ex－x－2， L′(x)＝ex－1>0 在(2，＋∞)上恒成立，即 L(x)＝ex－x－2 在(2，＋∞)上为增函数，即 L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0，即 h(x)＝xeexx－＋11在(2，＋∞)上为增函数， ∴h(x)>h(2)＝2ee22－＋11， ∴m≤2ee22－＋11.

高考数学第一轮复习第二篇第11讲导数在研究函数中的应用课件理新人教A版

∴f(x)的单调递增区间为－∞，－13，[3，＋∞)；
f(x)的单调递减区间为－13，3.
(3，＋∞)
＋ ↗
第九页，共22页。
利用导数研究(yánjiū)函数的极值【例 2】设 f(x)＝alnx＋21x＋32x＋1，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))
处的切线垂直于 y 轴． (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
化简得12a＋b＝0， 4a＋b＝－8，
审题路线
f′2＝0， (1)f2＝c－16 ⇒a，b 的值； (2)求导确定函数的极大值⇒求得 c 值⇒求得极大值、极小值、端点值⇒求得最值．
解得a＝1， b＝－12.
第十四页，共22页。
利用(lìyòng)导数求函数的最值
【例 3】 (2012·重庆卷)已知函数 f(x)＝ax3＋bx＋c 在 x＝2 处取得极值为 c－16. (1)求 a，b 的值； (2)若 f(x)有极大值 28，求 f(x)在[－3,3]上的最小值．
∵f(x)在 x∈[0，＋∞)上是增函数，
∴当 x≥0 时，f′(x)＝x(ex－2k)≥0 恒成立．
∴ex－2k≥0，即 2k≤ex 恒成立．
(1)利用导数研究函数的单调(dāndiào)性的关键在于准确判定导数的符号．而解
由于 ex≥1，∴2k≤1，则 k≤12. 又当 k＝12时，f′(x)＝x(ex－1)≥0
1.导数与单调(dāndiào)性的关系 (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件．( ) (2)函数在其定义域内离散的点处导数等于 0 不影响函数的单调性．( ) (3)(2012·辽宁卷改编)函数 y＝12x2－lnx 的单调递减区间为(0,1]．( )

高考数学一轮复习第二篇第11节导数在研究函数中的应用第1课时课件文新人教A版

返回导航
解析：①错误．f′(x)>0 能推出 f(x)为增函数，反之不一定．如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，
但 f′(x)≥0. 所以 f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分条件，但不是必要条件． ②错误．一个函数在某区间上或定义域内的极大值可以不止一个．
返回导航
③正确．一个函数的极大值与极小值没有确定的大小关系，极大值可能比极小值大，也可能比极小值小，还可能与极小值相等．
(A)－1
(B)－2e－3
(C)5e－3
(D)1
返回导航
A 解析：因为 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋ (x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为 x＝－2 是函数 f(x)＝ (x2＋ax－1)ex－1 的极值点，所以－2 是 x2＋(a＋2)x＋a－1＝0 的根，所在 a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令 f′(x)＞0，解得 x＜－2 或 x＞1，令 f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，所以 f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当 x＝1 时，f(x)取得极小值，且 f(x)极小值＝f(1)＝－1，选择 A.
返回导航
2．f′(x0)＝0 是可导函数 f(x)在 x＝x0 处取极值的什么条件？提示：必要不充分条件，因为当 f′(x0)＝0 且 x0 左右两端的导数符号变化时，才能说 f(x)在 x＝x0 处取得极值．反过来，如果可导函数 f(x)在 x＝x0 处取极值，则一定有 f′(x0)＝0.
返回导航
4．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是 ________．

高三数学一轮复习 第2篇 第11节 导数在研究函数中的应用课件 理

高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11.1 利用导数研究函数的单调性课件 理

高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研

高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用课件